《大学物理》第四章 习题详解

第四章狭义相对论 △t 4-1利用x'4x-ut 其中 Ax=x-x (飞船) At=tB-LA 4-2x1=0 x2=1200km 北京 习题4.2图 (x2-x) uAx 0 即t2<l1,则长沙的班机后起飞 '=(代入数据可得) 4-3地球与星球的距离L0=5光年(固有长度),宇航员测量的长度L=3光年(运动长度) 由长度收缩公式得 L=L 得火箭对地的速度 4 L=L 则代入得n=√3 4-5解法一(1)根据题意

33 第四章 狭义相对论 4-1 利用 2 2 1 c u x u t x − −  =    2 2 2 1 c u x c u t t −  −    = 其中         = −  = −   =  −     =  − B A B A B A B A t t t x x x t t t x x x 4-2 x1=0 x2=1200 km 2 2 2 1 c u c ux t t  −       = − ( ) 1 1 0 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 −   − = −       =  − −  −    = c u c u x c u x x c u t t t t 即    2 1 t t ，则长沙的班机后起飞. t = （代入数据可得） 4-3 地球与星球的距离 L0=5 光年（固有长度），宇航员测量的长度 L=3 光年（运动长度）， 由长度收缩公式得 2 2 0 1 c u L = L − 得火箭对地的速度 c c c L L u 5 4 5 3 1 1 2 0  =      = −         = − 4-4 2 2 0 1 c u L = L − 2 0 a L = a L = 则代入得 u c 2 3 = 4-5 解法一 (1) 根据题意 习题 4.2 图

习题45图 长度沿运动方向缩短 因为1=1,→1= 因为l=l11-,→u=1=c=0.816c=c V3 V2 解法二l1 I=lo 由l2= √3 y 0.81 v2 对OA(或OB)

34 2 1 2 3 l x   = l y = l l l l x y 2 2 2 2 = = 长度沿运动方向缩短 因为 2 2 l y = l y  l = 因为 u c c c c u l l x x 3 6 0.816 3 2 1 2 2 =   −  = = = (2) (m) 2 2 ) 2 1 ) ( 2 1 ( 2 2 2 2 l = l x + l y = + = 解法二 l l l x y 2 2 = = , 2 1 l y  = l 0 sin 30 = 由 2 2 1 c u l l x = x   − c c l l u x x 2 2 2 3 2 1 1 1         = −          = −  c 0.816c 3 2 = = 2 2 x y l = l + l 2 2 2 1 2 1        +      = 2 2 = 4-6 (1) 对 OA(或 OB) (a) (b) 习题 4-5 图

在S系(相对S'系以=c运动) L=l' . I 习题4-6(a)图 ,= a 周长=2×a+a=a(1+) 对OA(或ABS系中长度为l1(或2) 习题4-6(b)图 l2=l1 对OB在S系中长度为l 周长=(2x√13a (1+√13) 4-7S系测量的时间间隔为固有时τ。=4.05,S′系测量的时间间隔为运动时τ=6.0s,根据 时间延缓公式得

35 2 2 3 a l a l x   =  y = 在 S 系（相对 S 系以 u c运动 2 3 = ） 2 4 3 1 2 2 a l l l a c u l l y y x x x =  = =  −  =   a a a l l l x y 4 7 16 3 4 2 2 2 2 = + = + = 周长 ) 2 7 (1 4 7 = 2 a + a = a + (2) 对 OA(或 AB)S 系中长度为 ( ) 1 2 l 或l l x a l y a 2 3 2 1   =  = x x x y y l l a l c u l l   =  −  = =  4 1 2 2 l l l x l y a 4 2 2 13 2 = 1 = + = 对 OB,在 S 系中长度为 3 l 2 1 2 2 3 a c u l = a − = 周长 ) 4 2 13 (2 a =  a + (1 13) 2 = + a 4-7 S 系测量的时间间隔为固有时 = 4.0s, S 0  系测量的时间间隔为运动时  = 6.0s ,根据 时间延缓公式得 习题 4-6 (a)图 习题 4-6 (b)图

S′系对S系的速率 4.0 C=0.745c 6.0 在S′系测量的两个事件的空间间隔为 x'=u=0.745×3×100×6.0=1341×10(m) ∠x'=y(4x-l4)=0.745×3×100×60=1.341×10(m) 4-8 因为流星是从船头飞向船尾) y(△+2Ax) △x=(△x'+△t)y -1-n,-4 At=-(1.2×10~0.6c 5 ×100) Ax=(-100+06c×12×10)5 145(m) 4-9根据相对论动力学基本方程得 d(mo) (1) 对上式积分 d(mu)

36 2 2 0 1 c u − =   S′系对 S 系的速率 u c c c c 3 5 0.745 6.0 4.0 1 1 2 2 0  = =       = −      = −   在 S′系测量的两个事件的空间间隔为 0.745 3 10 6.0 1.341 10 ( ) 8 9 x  = ut =    =  m 或 ( ) 0.745 3 10 6.0 1.341 10 ( ) 8 9 x  =  x − ut =    =  m 2 2 1 1 c u −  = 4-8 x m t s 100 1.2 10 6  = −  =  −   (因为流星是从船头飞向船尾) ( ) 2 x c u t =  t +   4 5 1 1 ( ) 2 2 = − =  =   +   c u x x u t   100) 0.6 (1.2 10 4 5 6 =  −  − c c t 1.25 10 (s) −6 =  4 5 ( 100 0.6 1.2 10 ) −6 x = − + c   = 145(m) 4-9 根据相对论动力学基本方程得 t m F d d( ) = (1) 对上式积分   = t m o F t m 0 d d( )  

moD Fi Ft= mu c2+Ft (1)当tmnc 时,Ftmn时,F>mc 则p=Fc (Fn 1=at时, 1=c时 dx=vdt x= cdt =ct 10 lkg/ 4-11略 4-12略 4-13略 4-14略 4-15略 4-16根据质能公式得太阳因辐射能量每秒减少的质量为 (3×103)2 =56×10°(kg·s-) 与太阳质量的比值 1m56×10° 2.8×10-21 这个比值是非常小的 4-17略

37 得 2 2 2 2 0 2 2 0 1 m c F t Ftc v c m Ft m +  = − = =    (1) 当 t> F m c0 时， Ft >> m c0 则 c Ft Ftc v = = 2 ( ) v=at 时,    dx = vdt = atdt 2 2 1 x = at v=c 时   dx = vdt  x = cdt = ct 4-10 (kg) 3 5 5 4 / 1 1kg / 1 2 2 2 2 = 0 − = − = c c c u m m 4-11 略 4-12 略 4-13 略 4-14 略 4-15 略 4-16 根据质能公式得太阳因辐射能量每秒减少的质量为 5.6 10 ( ) (3 10 ) 5 10 9 1 8 2 26 2 − =     = = k g s c E m   与太阳质量的比值 21 30 9 2.8 10 2 10 5.6 10 − =    = m m 这个比值是非常小的. 4-17 略

第五章机械振动 5-1解:取固定坐标xOy,坐标原点O在水面上(图题所示) 设货轮静止不动时,货轮上的A点恰在水面上,则浮力为Spga这时 Ag= sogo 往下沉一点时 心1平 合力F=Mg-sng(a+y) spy 习题5-1图 又F=M 故M,+Sp8y=0 spg 0 故作简谐振动 T===2丌 23=2x、2×104×103 2×103×103×9 =635(s) 5-2解:取物体A为研究对象,建立坐标Ox轴沿斜面向下,原点取在平衡位置处,即在 初始位置斜下方距离l处,此时 mosin 6 0.1(m) (1) k (1)A物体共受三力;重mg,支持力N,张力T不计滑轮质量时,有 列出A在任一位置x处的牛顿方程式 gsin 0-T=mgsin 8-k(o +x)=m 将(1)式代入上式,整理后得 d x k 故物体A的运动是简请振动,且O=k=7(mds)

38 第五章 机械振动 5-1 解：取固定坐标 xOy，坐标原点 O 在水面上（图题所示） 设货轮静止不动时，货轮上的 A 点恰在水面上，则浮力为 Sρga.这时 Mg = sga 往下沉一点时， 合力 F = Mg − sg(a + y) = −sgy . 又 2 2 d d t y F = Ma = M 故 0 d d 2 2 + s gy = t y M  0 2 2 + y = M s g dt dy  故作简谐振动 M sg  = 2 6.35( ) 2 10 10 9.8 2 10 10 2 2 2 3 3 4 3 s s g M T =      = = =      5-2 解：取物体 A 为研究对象，建立坐标 Ox 轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在 初始位置斜下方距离 l0 处，此时： 0.1( ) sin 0 m k mg l = =  (1) (1) A 物体共受三力；重 mg, 支持力 N, 张力 T.不计滑轮质量时，有 T=kx 列出 A 在任一位置 x 处的牛顿方程式 2 2 0 d d sin sin ( ) t x mg  −T = mg  − k l + x = m 将（1）式代入上式，整理后得 0 d d 2 2 + x = m k t x 故物体 A 的运动是简谐振动，且 = = 7(rad/s) m k  习题 5-1 图

由初始条件 求得 A=l0=0.1m ,故物体A的运动方程为 q x=0. Icos(7t+ I )m (2)当考虑滑轮质量时,两段绳子中张力数值不等,如图所 示,分别为T1、T2,则对A列出任一位置x处的牛顿方程式 gsin 8-T 对滑轮列出转动方程为 习题5-2图 Tr-tr=JB 242/a d-x 式中,T2=k(0+x) (4 由式(3)、(4)知T=k(a+x)+M2代入(2)式知 ngsin8-(o+x)=5M+m 又由(1)式知 mg sin B=kl d2x 故(M+m)2+kx=0 k 0 (+m k k 可见,物体A仍作简谐振动,此时圆频率为:O= 5.7(rad/s) 2 由于初始条件:x0=-10,vo=0 可知,A、q不变,故物体A的运动方程为 x=0.cos(5.7t+T)m 由以上可知:弹簧在斜面上的运动,仍为简谐振动,但平衡位置发生了变化,滑轮的质量改 变了系统的振动频率

39 由初始条件 , 0 0 0    = = − v x l 求得 , 0 0.1    = = =   A l m 故物体 A 的运动方程为 x=0.1cos(7t+π)m (2) 当考虑滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图所 示，分别为 T1、T2,则对 A 列出任一位置 x 处的牛顿方程式 为: 2 2 1 d d sin t x mg  −T = m (2) 对 滑 轮 列 出 转 动 方 程 为 ： 2 2 2 1 2 d d 2 1 2 1 t x Mr r a T r T r J Mr  =      − =  = (3) 式中,T2=k(l0+x) （4） 由式（3）、(4)知 2 2 1 0 d d 2 1 ( ) t x T = k l + x + M 代入(2)式知 2 2 0 2 1 sin ( ) dt d x mg k l x M m       − + = + 又由（1）式知 0 mgsin  = kl 故 0 d d ) 2 1 ( 2 2 + + kx = t x M m 即 0 ) 2 ( d d 2 2 = + + x m M k t x m M k + = 2 2  可见，物体 A 仍作简谐振动，此时圆频率为： 5.7(rad/s) 2 = + = m M k  由于初始条件： x0 = −l 0 ,v0 = 0 可知，A、 不变，故物体 A 的运动方程为: x = 0.1cos(5.7t + )m 由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为简谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改 变了系统的振动频率. 习题 5-2 图

5-3解:简谐振动的振动表达式:x=Acos(ot+q) 由题图可知,A=4×10-2m,当t=0时,将x=2×10-2m代入简谐振动表达式,得 x(cm) 由U=-OAsn(o+q),当=0时,b=-osnq 由图可知,U>0,即snp0,取-z=z 质点作简谐振动的振动表达式为 x=4×10-cos=m- 3 5-4解:以该球的球心为原点,假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为F,由高斯 定理可知E=QF,则微粒在此处受电场力为:F=-gF 4丌E0R 4丌EnR 式中,负号表明电场F的方向与F的正方向相反,指向球心由上式及牛顿定律,得: Eo d r oq y=0→ d'r+gq y=0 dt 4TEr dt emr 令 4丌ER3m dr

40 5-3 解：简谐振动的振动表达式： x = Acos(t +) 由题图可知， 4 10 m −2 A =  ,当 t=0 时，将 2 10 m −2 x =  代入简谐振动表达式，得： 2 1 cos = 由  = −Asin(t +),当 t=0 时，  = −Asin  由图可知，  >0,即 sin   0,故由 2 1 cos = ,取 3   = − 又因:t=1s 时， 2 10 , 2 x m − =  将其入代简谐振动表达式， 得 2 1 3 , cos 3 2 4cos  =       −      = −     由 t=1s 时,       = − − 3 sin   A  <0 知， 0 3 sin        −   ,取 3 3    − = ， 即 s 3 2  = 质点作简谐振动的振动表达式为 x t m      =  − − 3 3 2 4 10 cos 2   5-4 解：以该球的球心为原点，假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为 r  ，由高斯 定理可知 3 4 0R Qr E    = ,则微粒在此处受电场力为: r R Qq F   3 4 0 = − 式中，负号表明电场 F  的方向与 r  的正方向相反，指向球心.由上式及牛顿定律，得： 0 d 4 d 0 d 4 d 0 4 3 0 2 2 3 0 2 2 3 0 + =  + = + = r mR Qq t r r R Qq t r m r R Qq F       令 R m Qq 3 0 2 4  = 则 0 d d 2 2 2 + r = t r  习题 5-3 图

故微粒作简谐振动,平衡点在球心处由T 4丌EmR3 T=2 5-5解:(1)取弹簧原长所在位置为O’点当弹簧挂上物体A时,处于静止位置P点,有: Mg=kOp 将A与B粘合后,挂在弹簧下端,静止平衡所在位置O点,取O点为原坐标原点如图题 55所示,则有:kOO=(M+m)g 设当B与A粘在一起后,在其运动过程的任一位置,弹簧形变量OO+x,则A、B系统 所受合力为: F=(M+mg-k(oo+x)=k M+m kx=0 A 可见A与B作简谐和振动 ()由上式知,O=k=10mds 以B与A相碰点为计时起点,此时A与B在P点,由图题5-5可知 习题5.5图 OP=00-O'P- M+m Mgmg k k k 则=0时,x0=-OP=mg =-0.02m(负号表P点在O点上方) k 又B与A为非弹性碰撞,碰撞前B的速度为 DoL-2gh= 2m/s 碰撞后,A、B的共同速度为:D=mU0=0.4ms(方向向上) M+m 则t=0时, Do=0.4m/s 可求得:A=1x2+=0.0447(m) =arctan =0.65丌 可知A与B振动系统的振动表达式为:x=0.0447cos(101+0.657)m

41 故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由  2 T = 知: Qq mR T 3 4 0 2  =  5-5 解：（1）取弹簧原长所在位置为 O 点.当弹簧挂上物体 A 时，处于静止位置 P 点，有： Mg = kOP 将 A 与 B 粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡所在位置 O 点，取 O 点为原坐标原点如图题 5-5 所示，则有： kOO = (M + m)g 设当 B 与 A 粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量 OO + x ,则 A、B 系统 所受合力为： F = (M + m)g − k(OO + x) = −kx 即 0 d d ( ) 2 2 + + kx = t x M m 可见 A 与 B 作简谐和振动. (2) 由上式知， =10(rad/s) + = M m k  以 B 与 A 相碰点为计时起点，此时 A 与 B 在 P 点，由图题 5-5 可知 k mg k Mg g k M m OP O O O P − = + =  −  = 则 t=0 时， 0 = − = − = −0.02m k mg x OP (负号表 P 点在 O 点上方) 又 B 与 A 为非弹性碰撞，碰撞前 B 的速度为: 2 2m/s 2 01  = 01 − gh = 碰撞后，A、B 的共同速度为： 0.4m/s 01 0 = +  = M m m  （方向向上） 则 t=0 时，    = = − m s x m 0.4 / 0.02 0 0  可求得： 0.0447(m) 2 2 2 0 = 0 + =   A x     arctan 0.65 0 0 =        − = x 可知 A 与 B 振动系统的振动表达式为： x = 0.0447cos(10t + 0.65 )m 习题 5.5 图

(3)弹簧所受的最大拉力,应是弹簧最大形变时的弹力,最大形变为 M+m Mx=00+A A=0.1447m 则最大拉力 F=kdx= 72. 4N 5-6解:(1)已知A=0.24m,O==,如选x轴向下为正方向 已知初始条件x0=0.12mD00,取q t+ 23 (2)如图题所示坐标中,在平衡位置上方012m,即x=0.12m处,有 2丌 因为所求时间为最短时间,故物体从初始位置向上运动,0912m 0.故sn(+)>0 23 丌2丌 则取-+-= 233 习题5-6图 2 可得 (3)物体在平衡位置上方0.12m处所受合外力F=-max=0.3N,指向平衡位置 5-7解:子弹射入木块为完全非弹性碰撞,设u为子弹射入木块后二者共同速度,由动量 定理可知: ll U=2.0ms) M+m 不计摩擦,弹簧压缩过程中系统机械能守恒,即 (M+m)2=kx2 (x0为弹簧最大形变量) M+m 5.0×10 k 由此简谐振动的振幅A=x0=50×10-2 系统圆频率D=1/、 40(rad/s) WM+m

42 (3) 弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为： g A m k M m x O O A + = 0.1447 +  =  + = 则最大拉力 Fmax = kx = 72.4N 5-6 解：(1) 已知 A=0.24m, 2 2   = = T ,如选 x 轴向下为正方向. 已知初始条件 x0 = 0.12m,0  0 即 3 , 2 1 0.12 0.24cos ,cos  =   =  =  而 sin 0,sin 0, 0 = −A     取 3   = ,故： x t m      = + 2 3 0.24cos   (2) 如图题所示坐标中，在平衡位置上方 0.12m, 即 x=-0.12m 处，有 3 2 2 3 2 1 2 3 cos      + =   = −      + t t 因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，   0.故 ) 0 2 3 sin( +    t 则取 3 2 2 3    t + = 可得： t s 3 2 min = (3) 物体在平衡位置上方 0.12m 处所受合外力 F = −mx = 0.3N,指向平衡位置. 5-7 解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设 u 为子弹射入木块后二者共同速度，由动量 定理可知： = 2.0(m/s) + =  M m m u 不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即： 2 0 2 2 1 ( ) 2 1 M + m u = kx （x0 为弹簧最大形变量） u m k M m x 2 0 5.0 10− =  + = 由此简谐振动的振幅 2 0 5.0 10− A = x =  系统圆频率 = 40(rad/s) + = M m k  习题 5-6 图